\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题2.3}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{设 $a_{1}=1, a_{n+1}=2+\frac{1}{a_{n}}, n=1,2, \cdots,$ 问 $\left\{a_{n}\right\}$ 是否收敛,如果收敛则求其极限.}
\textbf{解}\quad
令 $a_{n}=\sqrt{2}+1+h_{n}, n=1,2, \cdots$ 我们有
$$
1+\sqrt{2}+h_{n+1}=2+\frac{1}{1+\sqrt{2}+h_{n}}
$$
\par 整理得
$$
h_{n+1}=\frac{h_{n}(1-\sqrt{2})}{1+\sqrt{2}+h_{n}}
$$
\par 显然 $0<\left|h_{2}\right|=2-\sqrt{2}<1 .$ 对 $k \geqslant 2,$ 若 $\left|h_{k}\right|<1,$ 则有
$$
\left|h_{k+1}\right|<\left|h_{k}\right| \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}<1
$$
\par 因此对所有的正整数 $n,$ 有
$$
\left|h_{n}\right|<1
$$
\par 再利用 $h_{n}$ 的递推关系我们推知
$$
\left|h_{n+1}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|h_{n}\right|, \quad n=1,2, \cdots
$$
\par 从而对任意的 $n,$ 有
$$
0<\left|h_{n}\right|<\frac{1}{2^{n-1}}
$$
\par 由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^{n-1}}=0,$ 由夹逼收敛原理得 $\lim _{n \rightarrow \infty} h_{n}=0 .$ 因此 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛,
并且 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\sqrt{2}+1 .$

\section{已知 $\left|a_{n}\right| \geqslant\left|b_{n}\right|, n=1,2, \cdots,$ 且 $\left\{b_{n}\right\}$ 为无穷大,证明 $:\left\{a_{n}\right\}$ 也是无穷大.}
\textbf{证}\quad
使用定义即可证明.

\section{用定义证明:}
\subsection{ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}-1}{n+6}=+\infty$}
\textbf{证}\quad
对任意 $M>0$,要证 $\frac{n^{2}-1}{n+6}>M,$ 因为
$$
\frac{n^{2}-1}{n+6}>\frac{n^{2}-36}{n+6}=n-6>M
$$
\par 取 $N=[M+6]+1,$ 则当 $n>N$ 时,有 $a_{n}>M,$ 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}-1}{n+6}=+\infty .$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{\sin n}=\infty$}
\textbf{证}\quad
对任意 $M>0,$ 要证 $\left|\frac{n}{\sin n}\right|>M,$ 因为
$$
\left|\frac{n}{\sin n}\right| \geqslant n>M
$$
\par 取 $N=[M]+1,$ 则当 $n>N$ 时, 有 $\left|a_{n}\right|>M,$ 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{\sin n}=\infty$.

\section{证明 $: \lim _{n \rightarrow \infty} n(\sqrt{n}-\sqrt{n+1})=-\infty$}
\textbf{证}\quad
对任意 $M>0$,要证 $|n(\sqrt{n}-\sqrt{n+1})|>M$, 因为
$$
\begin{aligned}
|n(\sqrt{n}-\sqrt{n+1})| &=\left|n \frac{n-(n+1)}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}\right| \\
&=\frac{n}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}>\frac{n}{2 \sqrt{n+1}}>\frac{\sqrt{n^{2}-1}}{2 \sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n-1}}{2}>M
\end{aligned}
$$
\par 取 $N=\left[4 M^{2}+1\right]+1,$ 则当 $n>N$ 时,有 $\left|a_{n}\right|>\frac{\sqrt{\left[4 M^{2}+1\right]}}{2}>M$,所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} n(\sqrt{n}-\sqrt{n+1})=\infty
$$

\section{求证 $: \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \arctan n=+\infty$}
\textbf{证}\quad
对任意 $M>0$.要证 $\sqrt{n} \arctan n>M .$ 因为
$$
\sqrt{n} \arctan n>\frac{\pi}{4} \sqrt{n}>M
$$
\par 取 $N=\left[\left(\frac{4 M}{\pi}\right)^{2}\right]+1,$ 则当 $n>N$ 时,有 $a_{n}>M,$ 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \arctan n=+\infty .$

\section{求证:}
\subsection{ 已知 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=+\infty$,用定义证明 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=+\infty$.
}
\textbf{证}\quad
记 $S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n},$ 因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=+\infty,$ 所以 $\forall M>0,$ 都 $\exists N_{1} \in \mathbb{Z}^{+},$ 使
得 $n>N_{1}$ 时,有 $a_{n}>3 M .$
所求数列可表示为
$$
\begin{aligned}
\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} &=\frac{S_{n}}{n}=\frac{S_{N}}{n}+\frac{a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots+a_{n}}{n} \\
&=\frac{S_{N}}{n}+\frac{a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots+a_{n}}{n-N}\left(1-\frac{N}{n}\right)
\end{aligned}
$$
\par 上式第三个等号右边第二项分子上的 $n-N$ 中,每一项都满足 $a_{n}>3 M,$ 所以 $\frac{S_{n}-S_{N}}{n-N}>3 M$,
$$
\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}>\frac{S_{N}}{n}+3 M\left(1-\frac{N}{n}\right),
$$
\par 由极限的保序性和有界性定理可知,存在 $N_{2} \in \mathbb{Z}^{+}$,使
得当 $n>N_{2}$ 时,有
$$
\left|\frac{S_{N}}{n}\right|<\frac{M}{2}, \quad 1-\frac{N}{n}>\frac{1}{2}
$$
\par 取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\},$ 则当 $n>N$ 时,有
$$
\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}>\frac{S_{N}}{n}+3 M\left(1-\frac{N}{n}\right)>-\frac{M}{2}+3 M \cdot \frac{1}{2}=M,
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=+\infty .$

\subsection{设 $a_{n}>0, \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$,证明 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}=0$}
\textbf{证}\quad
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \ln \left(a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\right)^{\frac{1}{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln a_{1}+\ln a_{2}+\cdots+\ln a_{n}}{n}=-\infty
$$
\par 由上问结论直接给出证明.

\section{证明:若 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{2 n}=a, \lim _{n \rightarrow \infty} a_{2 n+1}=b,$ \\则有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=\frac{a+b}{2}$}
\textbf{证}\quad
由 $\lim a_{2 n}=a$ 及上题结论可知
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}}{2 n}=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}}{n}=\frac{a}{2}
$$
\par 同理, 由 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{2 n+1}=b$ 可得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}}{2 n}=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 n-1}}{n}=\frac{b}{2}
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}}{2 n}=\frac{a+b}{2} .$
\par 下面考虑奇数项和均值的极限。是
$$
\begin{aligned}
\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n+1}}{2 n+1} &=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n+1}}{2 n} \frac{2 n}{2 n+1} \\
&=\left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}}{2 n}+\frac{a_{2 n+1}}{2 n}\right) \frac{2 n}{2 n+1}
\end{aligned}
$$
\par 因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}}{2 n}=\frac{a+b}{2}, \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{2 n+1}}{2 n}=0, \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n}{2 n+1}=1,$ 所以由函数极限的
四则运算法则可知 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n+1}}{2 n+1}=\frac{a+b}{2} .$ 综上所述,可知
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=\frac{a+b}{2}
$$


\section{求证:}
\subsection{设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n}>0, n=1,2, \cdots,$ 且 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a,$ 求证:
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}=a
$$}
\textbf{证}\quad
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=a
$$
$$
\text { 另一方面, 由 } \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2}} \cdot \cdots \cdot a_{n} \geqslant \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}}=\frac{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}}{n} \text { 可得 }
$$
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \geqslant \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}}}{n}=\frac{1}{\frac{1}{a}}=a 
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}=a$.

若$a$是$\pm \infty$,则仍用夹逼定理证明即可.

\subsection{设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n}>0(n=1,2, \cdots),$ 且有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=l,$ 求证 :
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=l
$$}
\textbf{证}\quad
令 $y_{n+1}=\frac{x_{n+1}}{x_{n}}(n>1), y_{1}=x_{1},$ 则 $y_{n} y_{n-1} \cdots y_{1}=x_{n},$ 由 (1) 的结论可知
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{x_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{y_{n} y_{n-1} \cdots y_{1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{x_{n-1}}=l .
$$

\section{设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a, \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b,$ \\则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{n}=a b$.}
\textbf{证}\quad
(1) 假设 $\lim a_{n}=a=0,$ 则 $\forall \varepsilon>0$,存在 $N \in \mathbb{Z}^{+}$,使得 $n>N$ 时, $\left|a_{n}\right|<\varepsilon .$ 所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|=0 \Rightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|}{n}=0
$$
\par 故对上述 $\varepsilon>0$,存在 $N_{1} \in \mathbb{Z}^{+},$ 使得 $n>N_{1}$ 时, $\frac{\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|}{n}<\varepsilon .$
又因为 $\lim b_{n}=b$,所以有界,故存在 $M>0$,使得 $\left|b_{n}\right|<M,$ 则当 $n>N_{1}$ 时,
故
$$
\begin{array}{c}
\left|\frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{n}\right| \leqslant \frac{\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|}{n} M<\varepsilon M 
\end{array}
$$
\par 故$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{n}=0$
\par (2) 设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a \neq 0,$ 令 $\alpha_{n}=a_{n}-a,$ 则 $\lim \alpha_{n}=0,$ 由 (1) 可知
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\alpha_{1} b_{n}+\alpha_{2} b_{n-1}+\cdots+\alpha_{n} b_{1}}{n}=0,
$$
\par 而所求数列的极限可表示为
$$
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots+a_{n} b_{1}}{n}=& \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(a+\alpha_{1}\right) b_{n}+\left(a+\alpha_{2}\right) b_{n-1}+\cdots+\left(a+\alpha_{n}\right) b_{1}}{n} \\
=& \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a\left(b_{n}+b_{n-1}+\cdots+b_{1}\right)}{n}+\\
& \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\alpha_{1} b_{n}+\alpha_{2} b_{n-1}+\cdots+\alpha_{n} b_{1}}{n} \\
=& \lim _{n \rightarrow \infty} a \frac{b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}}{n}=a b
\end{aligned}
$$

\section{若 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)=S,$ \\证明 $: \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}\right)}{n}=0 .$}
\textbf{证}\quad
由6.1,如果 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b,$ 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}}{n}=b .$ 题目已知数列 $s_{n}=$
$l_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ 的极限存在, 则有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{s_{1}+s_{2}+\cdots+s_{n}}{n}=S,$ 进一步利用 $a_{i}=s_{i}-s_{i-1}, i=1,2, \cdots,$ 即可完成题目证明.

\section{计算下列极限:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1 !+2 !+\cdots+n !}{n !}$}
\textbf{解}\quad
记 $a_{n}=1 !+2 !+\cdots+n !, b_{n}=n !$,则
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1) !}{(n+1) !-n !}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1-\frac{1}{n+1}}=1
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1 !+2 !+\cdots+n !}{n !}=1$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{a^{n}}(a>1)$}
\textbf{解}\quad
记 $A_{n}=n^{2}, B_{n}=a^{n},$ 则
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A_{n+1}-A_{n}}{B_{n}-B_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)^{2}-n^{2}}{a^{n+1}-a^{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n+1}{(a-1) a^{n}}
$$
\par 用 Stolz 定理计算得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n+1}{(a-1) a^{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2(n+1)+1-(2 n+1)}{(a-1) a^{n}-(a-1) a^{n-1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2}{(a-1)^{2} a^{n-1}}=0
$$
\par 故 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{a^{n}}=0,(a>1)$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n}}{n}$}
\textbf{解}\quad
记 $A_{n}=1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n}, B_{n}=n,$ 则
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A_{n+1}-A_{n}}{B_{n+1}-B_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1-n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n+1]{n+1}=1
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n}}{n}=1$

\section{证明:若$p$是自然数,则:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}}{n^{p+1}}=\frac{1}{p+1}$}
\textbf{证}\quad
$$
\begin{array}{l}
\text { 记 } A_{n}=1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}, B_{n}=n^{p+1} \text { , 则 } \\
\qquad \begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A_{n+1}-A_{n}}{B_{n+1}-B_{n}} &=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)^{p}}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p+1} \frac{1}{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p+1}-1} \\
&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p+1}}{(n+1)\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p+1}-1\right]}
\end{aligned}
\end{array}
$$
\par 利用二项式展开可得
$$
\begin{array}{c}
\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p+1}=1+(p+1) \frac{1}{n}+\mathrm{C}_{p+1}^{2} \frac{1}{n^{2}}+\cdots+\mathrm{C}_{p+1}^{p} \frac{1}{n^{p}}+\frac{1}{n^{p+1}} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 1 \\
(n+1)\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p+1}-1\right]=(p+1) \frac{n+1}{n}+\mathrm{C}_{p+1}^{2} \frac{n+1}{n^{2}}+\cdots+\mathrm{C}_{p+1}^{p} \frac{n+1}{n^{p}}+\frac{n+1}{n^{p+1}}\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}p+1
\end{array}
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}}{n^{p}}-\frac{n}{p+1}\right)=\frac{1}{2}$}
\textbf{证}\quad
$\frac{1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}}{n^{p}}-\frac{n}{p+1}=\frac{(p+1)\left(1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}\right)-n^{p+1}}{(p+1) n^{p}}=\frac{x_{n}}{y_{n}}$ 是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型极限，
$$
\begin{aligned}
\frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}} &=\frac{(p+1)(n+1)^{p}-(n+1)^{p+1}+n^{p+1}}{(p+1)\left[(n+1)^{p}-n^{p}\right]} \\
&=\frac{(p+1)\left(n^{p}+p n^{p-1}+\cdots\right)-\left[n^{p+1}+(p+1) n^{p}+C_{p+1}^{2} n^{p-1}\right]+n^{p+1}}{(p+1)\left(n^{p}+p n^{p-1}+\cdots+1-n^{p}\right)} \\
&=\frac{(p+1) p n^{p-1}-\mathrm{C}_{p+1}^{2} n^{p-1}+Q_{p-2}(n)}{(p+1) p n^{p-1}+R_{p-2}(n)}
\end{aligned}
$$
\par 其中 $, Q_{p-2}(n), R_{p-2}(n)$ 是 $n$ 的 $p-2$ 次多项式,所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(p+1) p n^{p-1}-\frac{(p+1) p}{2} n^{p-1}+Q_{n-2}(n)}{(p+1) p n^{p-1}+R_{n-2}(n)}=\frac{1}{2}
$$
\par 由 Stolz 定理可得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}}{n^{p}}-\frac{n}{p+1}\right)=\frac{1}{2}
$$
\end{document}